Question

20．下列说法正确的是（　　）

• A． 将标准状况下的2.24L CO₂通入150mL 1mol•L^-1 NaOH溶液中，所得溶液中c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）
• B． 常温下0.1 mol•L^-1的下列溶液①NH₄Al（SO₄）₂ ②NH₄Cl ③NH₃•H₂O④CH₃COONH₄中，c（NH₄⁺）由大到小的顺序是：②＞①＞④＞③
• C． 0.1 mol•L^-1 pH为9的NaHB溶液中：c（HB^-）＞c（B^2-）＞c（H₂B）
• D． 室温下，将0.4mol/L HA溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合时溶液体积的变化）测得混合液pH=5，则c（A^-）+c （OH^-）＞c（H⁺）+c（HA）

Answer 1

分析 A．n（CO₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，n（NaOH）=0.15L×1mol/L=0.15mol，n（CO₂）：n（NaOH）=0.1mol：0.15mol=1：1.5，1：2＜n（CO₂）：n（NaOH）＜1：1，故发生反应CO₂+2NaOH=Na₂CO₃+H₂O、CO₂+NaOH=NaHCO₃，反应后为Na₂CO₃、NaHCO₃混合溶液，根据钠离子守恒、碳元素守恒计算溶液中Na₂CO₃、NaHCO₃的物质的量，HCO₃^-水解程度大于其电离程度，CO₃^2-的水解程度大于HCO₃^-的水解程度，据此判断碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度大小；
B．①铝离子水解抑制铵根离子的水解；②铵根离子水解；③弱碱电离，且电离的程度很弱；④醋酸根离子水解促进铵根离子水解；
C．NaHB溶液的pH=9，说明HB^-的电离程度小于HB^-的水解程度，则c（B^2-）＜c（H₂B）；
D．反应后溶质为等浓度的NaA和HA，测得混合液pH=5，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，则c（A^-）＞c（HA），根据物料守恒c（A^-）+c（HA）=2c（Na⁺）可得：c（HA）＜c（Na⁺），再结合电荷守恒进行判断．

解答 解：A．二氧化碳的物质的量为：n（CO₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，n（NaOH）=0.15L×1mol/L=0.15mol，n（CO₂）：n（NaOH）=0.1mol：0.15mol=1：1.5，1：2＜n（CO₂）：n（NaOH）＜1：1，故发生反应CO₂+2NaOH=Na₂CO₃+H₂O、CO₂+NaOH=NaHCO₃，反应后为Na₂CO₃、NaHCO₃混合溶液，设Na₂CO₃、NaHCO₃的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.1mol、2x+y=0.15，解得：x=0.05、y=0.05，HCO₃^-水解程度大于其电离程度，CO₃^2-的水解程度大于HCO₃^-的水解程度，故c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-），故A错误；
B．同浓度的下列溶液：①NH₄Al（SO₄）₂②NH₄Cl③NH₃•H₂O，④CH₃COONH₄，因①中铝离子水解抑制铵根离子的水解；②中铵根离子水解；③弱碱电离，且电离的程度很弱；④醋酸根离子水解促进铵根离子水解，则c（NH₄⁺）由大到小的顺序是：①＞②＞④＞③，故B错误；
C.0.1 mol•L^-1 pH为9的NaHB溶液为碱性，说明HB^-的电离程度小于HB^-的水解程度，则c（B^2-）＜c（H₂B），溶液中离子浓度大小为：c（HB^-）＞c（H₂B）＞c（B^2-），故C错误；
D．室温下将0.4mol/L HA溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合时溶液体积的变化），溶质为等浓度的NaA和HA，测得混合液pH=5，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，则c（A^-）＞c（HA），根据物料守恒c（A^-）+c（HA）=2c（Na⁺）可得：c（HA）＜c（Na⁺），结合电荷守恒c（A^-）+c （OH^-）=c（H⁺）+c（Na⁺）可得：c（A^-）+c （OH^-）＞c（H⁺）+c（HA），故D正确；
故选D．

点评 本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒等知识在判断离子浓度大小中的应用方法，试题培养了学生得到分析能力及灵活应用能力．